Thermodynamische Hauptsätze, Kreisprozesse Übung

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1 Thermodynamische Hauptsätze, Kreisprozesse Übung Marcus Jung

2 Inhaltsverzeichnis Inhaltsverzeichnis Thermodynamische Hauptsätze. Aufgabe : Aufgabe : Aufgabe : Aufgabe 4: Aufgabe 5: Aufgabe 6: Aufgabe 7: Aufgabe 8: Aufgabe 9: Kreisprozesse 6. Aufgabe : Aufgabe : Aufgabe : Aufgabe 4: Aufgabe 5:

3 Thermodynamische Hauptsätze Thermodynamische Hauptsätze. Aufgabe : Für ein ideales Gas ist U = NkT, für T = const folgt U = 0 und damit aus dem. Hauptsatz: 0 = Q + W Q = W mit pv = NkT = const. W = p = NkT NkT ln( V V ) = NkT ln(e) = NkT Q = NkT. Aufgabe : V V V = Betrachte reversible Zustandsänderung entlang V = V 0 ( T T 0 ) b. Der thermische Ausdehnungskoezient ist damit α = V ( ) = V V b T = b T Die Arbeit, die das Gas verrichtet, bei Temperaturerhöhung T = T T : W = p = T NkT V = NkT V NkT α = Nkb = Nkb T < 0 T =. Aufgabe : T m = C T +C T C +C = 40 C ds j = c j T j =, T m S = c T T + c T m T T = c ln( Tm T ) + c ln( Tm T ) = 745, 64 J K.4 Aufgabe 4: pv = NkT Q = W = 0 U = 0 NkT + N kt = N kt f T f(irr) = 4 T p f V = Nk 4 T p f = p = NkT V S(T, V, N) = Nk[ ln(t ) + ln( V N ) + const.] S = S( 4 t, V, N ) S(T, V, N) S(T, V, N ) = Nk[ ln( 4 T ) + ln( 4V N ) + const] = 5 4 Nkln( 7 ) = 0, 4Nk > 0 S = 0 S(T f, V, N ) = S(T, V, N) + S(T, V, N ) = 9 4 ln(t f ) + 4V ln( N ) = ln(t ) + ln( V N ) + 4 ln(t ) + ln( V N ) T f(rev) =, T < T f(irr) U = Q W = 0 W W = NkT + N kt N kt f = Nk(T 9 4 T f ) = 0, 70NkT

4 Thermodynamische Hauptsätze.5 Aufgabe 5: p = NkT V b a V, allg. Zusammenhang: ( U V ) T = T ( p = a V T ) V p ( U V ) T = T ( Nk V b ) NkT V b + a V U = a V + const(t ), mit U id = NkT lim V const(t ) = NkT.6 Aufgabe 6: Die aussage lässt sich leicht an einem Beispiel beweisen: Man betrachtet ein von der Auÿenwelt in jeder Weise isoliertes System, das aus zwei Systemen a und b, die im thermischen Kontakt stehen (nicht aber im thermischen Gleichgewicht), besteht und die zeitunabhängigen Temperaturen T a und T b haben. Gemäÿ der Wärmeleitungsgleichung ieÿt ein Wärmestrom b in System b und a in System a. Nach dem ersten Hauptsatz muss gelten: b = a. Gemäÿ der Entropiedenition gilt für die Entropieströme: δs a,b = a,b T a,b. Mithilfe des ersten Hauptsatzes lässt sich nun für die Entropieänderung des Gesamtsystems schreiben: δs = a ( T a T b ) = a ( T b T a T at b ). Jetzt passiert das Entscheidende: δs 0 gemäÿ dem zweiten Hauptsatz, also ist entweder T b > T a und a 0 oder T a > T b und b 0 Dieses Beispiel hat insofern allgemeine Gültigkeit, dass jeder Wärmeuss aufgrund einer Temperaturdierenz in Teilsysteme der obigen Gestalt zerlegt werden kann. Mit der Extensivität der Entropie fogt dann, dass aus der Entropieformulierung des zweiten Hauptsatzes der ursprüngliche Satz folgt: Wärme ieÿt in einem von selbst ablaufenden Vorgang immer vom wärmeren zum kälteren System..7 Aufgabe 7: Bei konstantem Volumen verrichtet das System keine Kraft entlang eines Weges, also W = 0. Damit lautet der erste Hauptsatz: du = = C V Der Gleichverteilungssatz besagt aber für ein ideales Gas mit N Teilchen: U = f Nk BT = f du nrt = f nr du = f nr Setzt man dies nun in den ersten Hauptsatz ein, erhält man als Ergebnis für die molare Wärmekapazität eines idealen Gases bei konstantem Volumen c V = f R Bei konstantem Druck lautet der erste Hauptsatz (nun bereits unter Verwendung des Gleichverteilungssatzes): du = δw f nr = C p p f nr = C p nr p p n ( f R + R) = C p c p = c V + R Im zweiten Schritt wurde die ideale Gasgleichung verwendet, um zu ersetzen. Die isobare, molare Wärmekapazität ist also gerade um die universelle Gaskonstante R gröÿer als diejenige bei konstantem Volumen, weil zusätzliche Energie aufgewendet wird, um die Volumenausdehnung zu bewerkstelligen. 4

5 Thermodynamische Hauptsätze Wenn = 0, eine Zustandsänderung, also adiabatisch ist, lautet der erste Hauptsatz für eine innitessimale Expansion: du = C V = δw = p Mit der idealen Gasgleichung lässt sich p = nrt V ersetzen und man weiÿ jetzt, c V = f R. Damit nimmt der erste Hauptsatz nun folgende Form an: f T = V ln( T T 0 ) f = ln( V V 0 ) wobei die Konstanten T 0 und V 0 über das Integrieren auf beiden Seiten als Integrationskonstante gemäÿ der Rechenregel in den Logarithmus gelangt sind. Schreibt man nun beide Seiten der Gleichung in den Exponenten der Exponentialfunktion, erhält man eine erste Variante des Adiabatengesetzes für ideale Gase: und stellt das gewohnte Adia- T f V = T f 0 V 0 = const. Wiederum mit der Gasgleichung ersetzt man T = pv batengesetz mit c p = c V + R und γ = cp auf: p f V f + nr = const. p V p V γ = const. f + f = const. c V nr.8 Aufgabe 8: Für eine reversible Zustandsänderung lautet der erste Hauptsatz: du = T ds p für dn = 0 Mit den Zustandsgleichungen U = NkT, pv = NkT für ein ideales Gas kann man den ersten Hauptsatz nach ds auösen: ds = Nk T + Nk V Ausgehend von einem Zustand T 0, V 0 mit der Entropie S 0 kann man diese Gleichung integrieren: S(T, V ) S 0 (T 0, V 0 ) = Nkln( T T 0 ) + Nkln( V V 0 ) = Nkln[( T T 0 ) ( V V 0 )] und wenn man für V T p substituiert: S(T, p) S 0 (T 0, p 0 ) = Nkln[( T T 0 ) 5 ( p 0 p )] Die Entropie eines idealen Gases nimmt also mit der Temperatur und Volumen zu..9 Aufgabe 9: T m = C T +C T C +C = 7 C ds j = c j T j =, T m S = c T T + c T m T T = c ln( Tm T ) + c ln( Tm T ) = 5, 64 J K Was der Student nicht beachtet hat, ist das dies ein irreversibler Prozess ist und dadurch natürlich auch noch zusätzlich Entropie entsteht! 5

6 Kreisprozesse Kreisprozesse. Aufgabe : Wirkungsgrad: η = Wout Q in = Q in Q out Q in = Qout Q in Es gilt: p a V a = NkT a, p a V b = NkT b T b = V b V a T a = T a a b: isobare Expansion: Q ab = C p (T b T a ) = C p T a > 0 W ab = b a p = p a (V b V a ) = p a V a = NkT a < 0 Das System verrichtet also Arbeit. b c: isochore Abkühlung: = 0 W bc = 0 Q bc = U bc = C V (T c T b ) = C V T a < 0 c a: isotherme Kompression: a V a W ca = p = NkT a c V b V = NkT aln( Va V a ) = NkT ln() > 0 T = const. U ca = 0 Q ca = W ca = NkT a ln() < 0 η = ( NkTa+NkTaln()) C pt a = 5 ( ln()) = 0, η carnot = T tief T hoch = 0, 5 η = 4 η carnot. Aufgabe : r = V V, r c = V V, γ = cp c V : adiabatische Kompression: Q = 0 W = U = C V (T T ) > 0 : isobare Expansion: Q = C p (T T ) > 0 W = p (V V ) 4:adiabatische Expansion: Q 4 = 0 W 4 = U 4 = C V ( T ) < 0 4 : isochore Abkühlung: W 4 = 0 Q 4 = U 4 = C V (T ) < 0 6

7 Kreisprozesse η Diesel = C V (T T ) Nk(T T )+C V ( T ) C p(t T ) = C p(t T ) C V ( T ) C p(t T ) Verwende: 0 = S = = C V T C p T T T + T + 4 = γ T + C p C T + V T = C p ln( T T ) + C V ln( T ) = 0 4 T = ( T T ) γ = ( V V ) γ = η Diesel = γ T r γ T T T T = T T γ r c Verwende nun die Adiabatengleichung: T V γ = T V γ T T = r (γ ) η Diesel = γ r γ r γ c r c T T T 4 T =. Aufgabe : r = V V, γ = cp c V : adiabatische Kompression: Q = 0 W = U = C V (T T ) > 0 : isochore Erwärung: W = 0 Q = U = C V (T T ) > 0 4:adiabatische Expansion: Q 4 = 0 W 4 = U 4 = C V ( T ) < 0 4 : isochore Abkühlung: W 4 = 0 Q 4 = U 4 = C V (T ) < 0 η Otto = C V (T ) C V (T T ) = T T T = T T Benutze Adiabatengleichung: T V γ = T V γ T T = r (γ ) Auÿerdem gilt: 0 = S = T C V T T + T T T = T T + 4 T = C V T = C V (ln( T T ) + ln( T )) = 0 η Otto = r (γ ) T T T 7

8 Kreisprozesse Prinzipiell hat der Otto-Prozess einen höheren Wirkungsgrad. Da man aber technisch beim Diesel-Prozess eine höhere Verdichtung erreichen kann ca. :8 im Vergleich zu ca. :) hat der Diesel-Prozess technisch gesehen den höheren Wirkungsgrad..4 Aufgabe 4: η St. = c a: isotherme Expansion: V W = p = NkT V V = NkT ln( V V ) < 0 T = const. U = 0 Q = W = NkT ln( V V ) > 0 : isochore Abkühlung: W = 0 Q = U = C V (T T ) < 0 4:isotherme Kompression: 4 V 4 W 4 = p = NkT V V = NkT ln( V V ) > 0 T = const. U 4 = 0 Q 4 = W 4 = NkT ln( V V ) < 0 4 : isochore Erwärmung: W 4 = 0 Q 4 = U 4 = C V (T T ) > 0 W Q + Q 4 = (T V T )ln( ) V (T T )+T ln( V ) V Falls die abgegebene Wärme Q > 0 in Schritt 4 wieder vollständig eingespeist werden kann, erhält man: η St. = (T T )ln( V ) V = T T ln( V ) T = η carnot V.5 Aufgabe 5: Da der Carnotprozess ein Kreisprozess ist, gilt U = 0 nach einem Umlauf. Dies führt mit dem ersten Hauptsatz zu: U = 0 = Q ein + Q aus W ges Also reicht es, Q ein und Q aus zu berechnen, um die Leistungsziern zu ermitteln. Es gilt mit dem zweiten Hauptsatz und der Tatsache, dass die Wärme im T-S-Diagramm die Fläche unter der Kurve ist: S k Q aus = T ds = T h (S k S h ) S h S h Q ein = T ds = T k (S h S k ) S k 8

9 Kreisprozesse W ges = (T k T h )(S h S k ) Daran, dass W ges < 0 sieht man, dass beim linksläugen Carnotprozess netto Arbeit verrichtet werden muss. Mit der Denition der Leistungsziern und den angegebenen Temperaturen erhält man: ɛ = Qaus W ges = T h T h T k = 9, 9 ɛ 0 = Q ein W ges = T k T h T k = 9, 9 9